2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


Дополнение к основным правилам форума:
Любые попытки доказательства сначала должны быть явно выписаны для случая n=3



Начать новую тему Ответить на тему На страницу 1, 2  След.
 
 ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение10.09.2014, 09:29 


31/03/06
1384
В теме "ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 4" мы нашли идею и путь, который по нашему мнению ведёт к доказательству ВТФ для $n=5$.
В этой теме, мы займёмся изложением этого доказательства и формулировкой составляющих его лемм.
Существуют простые доказательства первого случая ВТФ для $n=5$ (если $x y z$ не делится на $5$), например, доказательство Софи Жермен.
В этой теме, мы не будем заниматься первым случаем, а будем доказывать второй случай (предполагая $x y z$ делится на $5$).

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение11.09.2014, 16:41 


31/03/06
1384
В доказательстве используется кольцо $\mathbb{Z}[\sqrt[5]{2}]$ и
следующие классические теоремы теории алгебраических чисел:

(I) Малая теорема Ферма для идеалов (ссылка 1)

(II) (ссылка 2)

Пусть $\mathbb{Q}[g]$ - числовое поле степени $n$, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $f(x)$ - минимальный полином числа $g$.
Пусть $g_1=g, g_2, ..., g_n$ - корни полинома $f(x)$.
Дискриминант базиса $(1, g, ..., g^{n-1})$ поля $\mathbb{Q}[g]$ равен:

$D(1, g, ..., g^{n-1})=(-1)^{n (n-1)/2} f'(g_1)...f'(g_n)$

(III) (ссылка 3)

Пусть $\mathbb{Q}[g]$ - числовое поле степени $n$, где $g$ - целое алгебраическое число.
Пусть $D$ - дискриминант базиса $(1, g, ..., g^{n-1})$ поля $\mathbb{Q}[g]$.
Любое целое алгебраическое число $a$ поля $\mathbb{Q}[g]$ представимо в виде

$a=\frac{a_0}{D}+\frac{a_1}{D} g+...+\frac{a_{n-1}}{D} g^{n-1}$,

где $a_0, ..., a_{n-1}$ - целые рациональные числа.

(IV) Существование и единственность разложения идеала в произведение простых идеалов в числовом поле (ссылка 4)

(V) (ссылка 5):

Пусть $F$ - числовое поле cо степенью $n=r_1+2 r_2$ расширения $F:Q$, где $(r_1, r_2)$ - сигнатура $F$.
Пусть $G_F$ - кольцо целых алгебраических чисел поля $F$.
Пусть $I$ - идеал кольца $G_F$.
Тогда существует такой элемент $\alpha \in I$, что

$|N(\alpha)| \leq (\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|} N(I)$,

где $\Delta_F$ - дискриминант поля $F$.

(VI) Теорема Дирихле о делителях единицы (ссылка 6)

Также в доказательстве используется следующее утверждение:

(VII)

Ранг группы рациональных точек эллиптической кривой $y^2=x (-x^2+10 x-5)$ равен $1$.

Это утверждение мы пока не доказали.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение12.09.2014, 12:08 


31/03/06
1384
Пусть $g=\sqrt[5]{2}$.

Лемма 1.1
-------------

Пусть $b=\frac{1}{2} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)$ является целым алгебраическим числом, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.
Тогда все числа $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - чётные.

Доказательство:
---------------------

Предположим обратное, и пусть $m$ - наименьшее целое неотрицательное число, для которого $a_m$ - нечётное число.
Помножив $b$ на $g^{4-m}$, получим, что $\frac{1}{2} a_m g^4$ является целым алгебраическим числом, что невозможно, поскольку норма этого числа не является целым числом.


Лемма 1.2
--------------

Пусть $b=\frac{1}{5} (a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)$ является целым алгебраическим числом, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.
Тогда все числа $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.

Доказательство:
----------------------

Пусть $i_5$ - комплексный корень пятой степени из $1$.
Пусть $b_1, b_2, b_3, b_4$ - сопряжённые с $b$ числа, то есть:

$b_1=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5)+a_2 (g i_5)^2+a_3 (g i_5)^3+a_4 (g i_5)^4)$

$b_2=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5^2)+a_2 (g i_5^2)^2+a_3 (g i_5^2)^3+a_4 (g i_5^2)^4)$

$b_3=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5^3)+a_2 (g i_5^3)^2+a_3 (g i_5^3)^3+a_4 (g i_5^3)^4)$

$b_4=\frac{1}{5} (a_0+a_1 (g i_5^4)+a_2 (g i_5^4)^2+a_3 (g i_5^4)^3+a_4 (g i_5^4)^4)$

Пусть $\rho$ - идеал поля $\mathbb{Q}[g, i_5]$, который является наибольшим общим делителем чисел $2-g$ и $1-i_5$.
Числа $2^k-(g i_5)^k, 2^k-(g i_5^2)^k, 2^k-(g i_5^3)^k, 2^k-(g i_5^4)^k$ делятся на $\rho$, для любого целого положительного числа $k$, поскольку сравнимы с $2^k-g^k$ по модулю $\rho$.
Следовательно,

(1) $b (2^k-g^k)+b_1 (2^k-(g i_5)^k)+b_2 (2^k-(g i_5^2)^k)+b_3 (2^k-(g i_5^3)^k)+b_4 (2^k-(g i_5^4)^k)$ делится на $\rho$, для любого целого положительного числа $k$.

Пусть $k$ - одно из чисел $1, 2, 3, 4$.

Пусть $b (2^k-g^k)=c_0+c_1 g+c_2 g^2+c_3 g^3+c_4 g^4$.

Тогда $c_0=\frac{1}{5} (a_0 2^k-2 a_{5-k})$.

Поскольку слагаемые в выражении (1) являются сопряжёнными числами, то их сумма равна $5 c_0=a_0 2^k-2 a_{5-k}$.
Значит, из (1) следует, что $a_0 2^k-2 a_{5-k}$ делится на $\rho$.
Поскольку $1-i_5$ делится на $\rho$, то $5$ делится на $\rho$.
Следовательно, $a_0 2^k-2 a_{5-k}$ делится на $5$, поскольку целое рациональное число $a_0 2^k-2 a_{5-k}$ делится на $\rho$.
Следовательно:

(2) $a_4 \equiv a_0, a_3 \equiv 2 a_0, a_2 \equiv 4 a_0, a_1 \equiv 8 a_0$ по модулю $5$.

Значит:

(3) $\frac{1}{5} (a_0+8 a_0 g+4 a_0 g^2+2 a_0 g^3+a_0 g^4)$ является целым алгебраическим числом.

Из (3) следует:

(4) $\frac{1}{5} a_0 (16+8 g+4 g^2+2 g^3+g^4)$ является целым алгебраическим числом.

Имеем:

(5) $2^5-2=(2-g)(2-g i_5)(2-g i_5^2)(2-g i_5^3)(2-g i_5^4)$,

(6) $16+8 g+4 g^2+2 g^3+g^4=(2-g i_5)(2-g i_5^2)(2-g i_5^3)(2-g i_5^4)$.

Если бы правая часть равенства (6) делилась на $5$, то правая часть равенства (5) делилась бы на $5 \rho$, следовательно и левая часть равенства (5), равная $30$ делилась бы на $5 \rho$, что невозможно, поскольку $6$ не делится на $\rho$, так как $5$ делится на $\rho$.
Значит, правая часть равенства (6) не делится на $5$, следовательно левая часть равенства (6) не делится на $5$.
Поскольку $16+8 g+4 g^2+2 g^3+g^4$ не делится на $5$, то из (4) следует, что $a_0$ делится на $5$, и из (2) следует, что все числа $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.
Что и требовалось.


Теорема 1
---------------

Любое целое алгебраическое число $b$ поля $\mathbb{Q}[g]$ представимо в виде

$b=a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4$, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые рациональные числа.

Доказательство:
---------------------

Предположим, что это не так, и пусть

(7) $b=r_0+r_1 g+r_2 g^2+r_3 g^3+r_4 g^4$,

где $b$ - целое алгебраическое число и $r_0, r_1, r_2, r_3, r_4$ - рациональные числа, из которых не все целые.


Пусть $D$ - дискриминант базиса $1, g, g^2, g^3, g^4$.
В силу (III), $D r_0, D r_1, D r_2, D r_3, D r_4$ - целые числа.

Пусть $d$ - наименьшее целое положительное число, для которого $d r_0, d r_1, d r_2, d r_3, d r_4$ - целые числа.
Пусть $D=s d+t$, где $t$ - остаток от деления числа $D$ на $d$.
Тогда $t r_0, t r_1, t r_2, t r_3, t r_4$ - целые числа, поскольку $t r_i=D r_i-s (d r_i)$ для $i=0, 1, 2, 3, 4$.
Поскольку $t<d$, то $t=0$, в силу минимальности числа $d$.
Следовательно число $d$ является делителем числа $D$.

Число $d$ либо чётное, либо нечётное.
Рассмотрим эти два случая по-отдельности.


1. Число $d$ - чётное.

Из (7) следует:

(8) $\frac{d}{2} b=\frac{1}{2} (d r_0+d r_1 g+d r_2 g^2+d r_3 g^3+d r_4 g^4)$.

Все числа $d r_0, d r_1, d r_2, d r_3, d r_4$ - чётные в силу леммы 1.1.
Следовательно, числа $\frac{d}{2} r_0, \frac{d}{2} r_1, \frac{d}{2} r_2, \frac{d}{2} r_3, \frac{d}{2} r_4$ - целые, что противоречит минимальности числа $d$.


2. Число $d$ - нечётное.

Согласно (II), $D=(-1)^{10} 5 g_1^4 5 g_2^4 5 g_3^4 5 g_4^4 5 g_5^4=2^4 \cdot 5^5$.

Поскольку $d \ne 1$, $d$ - нечётное число, и число $D=2^4 \cdot 5^5$ делится на $d$, то $d$ делится на $5$.

Из (7) следует:

(9) $\frac{d}{5} b=\frac{1}{5} (d r_0+d r_1 g+d r_2 g^2+d r_3 g^3+d r_4 g^4)$.

Все числа $d r_0, d r_1, d r_2, d r_3, d r_4$ делятся на $5$, в силу леммы 1.2.
Следовательно, числа $\frac{d}{5} r_0, \frac{d}{5} r_1, \frac{d}{5} r_2, \frac{d}{5} r_3, \frac{d}{5} r_4$ - целые, что противоречит минимальности числа $d$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение12.09.2014, 22:18 


31/03/06
1384
Лемма 2.1
---------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $p^m-1$ не делится на $5$, где $m$ - целое положительное число.
Если $N(\rho)=p^m$, то $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $N(\rho)=p^m$.
Тогда $g^{p^m-1}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.

Имеем: $N(\frac{g^{p^m-1}-1}{g^{p-1}-1})=\frac{N(g^{p^m-1}-1)}{N(g^{p-1}-1)}=\frac{2^{p^m-1}-1}{2^{p-1}-1}$.
Заметим, что второе равенство имеет место, поскольку $p^m-1$ не делится на $5$ и $p-1$ не делится на $5$.
Значит:

(10) $N(\frac{g^{p^m-1}-1}{g^{p-1}-1})=\frac{2^{p^m-1}-1}{2^{p-1}-1}$.

Если обозначить $a=2^{p-1}$ и $k=(p^m-1)/(p-1)$, то правая часть равенства (20), равная $\frac{a^k-1}{a-1}=a^{k-1}+a^{k-2}+...+1$, сравнима с $k$ по модулю $p$.
Следовательно, правая часть равенства (20) сравнима с $1$ по модулю $p$, поскольку число $k=(p^m-1)/(p-1)$ сравнимо с $1$ по модулю $p$.

Следовательно, левая часть равенства (10) не делится на $p$.
Следовательно, $\frac{g^{p^m-1}-1}{g^{p-1}-1}$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, поскольку $g^{p^m-1}-1$ делится на $\rho$.
Что и требовалось.


Лемма 2.2
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Если $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, то $N(\rho)=p$.

Доказательство:
----------------------

Группа по умножению $G$ конечного поля $\mathbb{Z}[g]/\rho$ является циклической.
Пусть смежный класс $a+\rho$ является генератором группы $G$, где $a \in \mathbb{Z}[g]$.
Поскольку $g^p \equiv g$ по модулю идеала $\rho$, то $a^p \equiv a$ по модулю идеала $\rho$.
Следовательно, $a^{p-1} \equiv 1$ по модулю идеала $\rho$, поскольку $a$ не делится на $\rho$.
Следовательно, $p-1$ делится на $N(\rho)-1$, поскольку порядок группы $G$ равен $N(\rho)-1$.
Следовательно $N(\rho)=p$, поскольку если $N(\rho)=p^m$, где $m>1$, то $p-1$ не делилось бы на $N(\rho)-1$.
Что и требовалось.


Лемма 2.3
--------------

Пусть $p$ - нечётное простое число и $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $p$.
Пусть $p^m-1$ не делится на $5$, где $m$ - целое положительное число.
Если $m>1$, то $N(\rho) \ne p^m$.

Доказательство:
----------------------

Предположим обратное, что $N(\rho)=p^m$, где $m>1$.
Тогда $g^{p-1}-1$ делится на $\rho$, в силу леммы 2.1, следовательно $N(\rho)=p$ в силу леммы 2.2.
Это противоречит предположению, что $N(\rho)=p^m$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение13.09.2014, 18:06 


31/03/06
1384
Я вынужден внести исправление: вместо "равенства (20)" в предыдущем сообщении должно быть "равенства (10)".

Лемма 2.4
--------------

Пусть простой идеал $\rho$ поля $\mathbb{Q}[g]$ делит какое-либо из чисел: $2, 3, 5, 7, 13$.
Тогда $\rho$ является главным идеалом.

Доказательство:
----------------------

Имеют место равенства:

(11)
$2=g^5$,
$3=(g+1) (g^4-g^3+g^2-g+1)$,

$5=(g^2+1)^5/(2 g^4+2 g^3+g^2+4 g+1)$, где $(2 g^4+2 g^3+g^2+4 g+1)$ - делитель единицы, поскольку $(2 g^4+2 g^3+g^2+4 g+1) (3 g^4+4 g^3-g^2-6 g-3)=1$,

$7=(g^3-1) (2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1)$,
$13=(g^4-g^2+1) (4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3)$.

Можно проверить эти равенства в программе "Reduce":

Код:
load_package polydiv;
(g+1)*(g^4-g^3+g^2-g+1) mod (g^5-2);

((g^2+1)^5-5*(2*g^4+2*g^3+g^2+4*g+1))  mod (g^5-2);
(2*g^4+2*g^3+g^2+4*g+1)*(3*g^4+4*g^3-g^2-6*g-3)  mod (g^5-2);

(g^3-1)*(2*g^4+g^3+4*g^2+2*g+1)  mod (g^5-2);
(g^4-g^2+1)*(4*g^4-2*g^3+g^2+6*g-3)  mod (g^5-2);


Нормы чисел $g, g+1, g^2+1, g^3-1, g^4-g^2+1$ равны соответственно $2, 3, 5, 7, 13$.
Эти нормы вычисляются путём подстановки $2$ вместо $g$.
В случае последнего числа, $N(g^4-g^2+1)=2^4-2^2+1$, поскольку $g^4-g^2+1=(g^6+1)/(g^2+1)$.

Каждое из чисел $g, g+1, g^2+1, g^3-1, g^4-g^2+1$ генерирует простой идеал, поскольку их нормы являются простыми числами.

Покажем, что идеал $(g+1) \mathbb{Z}[g]$ является единственным простым идеалом, норма которого равна $3$.
Предположим, что это не так.
Пусть $\rho$ - простой идеал, отличный от $(g+1) \mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $3$.
Тогда $g^2-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно $g-1=(g^2-1)/(g+1)$ делится на $\rho$, что невозможно, поскольку $N(g-1)=1$.

Покажем, что идеал $(g^3-1) \mathbb{Z}[g]$ является единственным простым идеалом, норма которого равна $7$.
Предположим, что это не так.
Пусть $\rho$ - простой идеал, отличный от $(g^3-1) \mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $7$.
Тогда $g^6-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно $g^3+1=(g^6-1)/(g^3-1)$ делится на $\rho$, что невозможно, поскольку $N(g^3+1)=9$ не делится на $7$.

Покажем, что идеал $(g^4-g^2+1) \mathbb{Z}[g]$ является единственным простым идеалом, норма которого равна $13$.
Предположим, что это не так.
Пусть $\rho$ - простой идеал, отличный от $(g^4-g^2+1) \mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $13$.
Тогда $g^{12}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно $(g^6-1)(g^2+1)=(g^{12}-1)/(g^4-g^2+1)$ делится на $\rho$, что невозможно, поскольку $N((g^6-1)(g^2+1))=63 \cdot 5=315$ не делится на $13$.

Из равенств:
$3=(g+1) (g^4-g^3+g^2-g+1)$,
$7=(g^3-1) (2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1)$ и
$13=(g^4-g^2+1) (4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3)$

и значений норм:
$N(g+1)=3$,
$N(g^3-1)=7$,
$N(g^4-g^2+1)=13$

следует:

$N(g^4-g^3+g^2-g+1)=3^4$,
$N(2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1)=7^4$,
$N(4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3)=13^4$.

Поскольку числа $3^2-1, 3^3-1, 7^2-1, 7^3-1, 13^2-1, 13^3-1$ не делятся на $5$, то не существует простых идеалов с нормами $3^2, 3^3, 7^2, 7^3, 13^2, 13^3$, в силу леммы 2.3.

Значит, числа $g^4-g^3+g^2-g+1, 2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1, 4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3$ не делятся на простые идеалы с этими нормами.
Эти числа не делятся также на простые идеалы с нормами соответственно $3, 7, 13$, так как не делятся соответственно на числа $g+1, g^3-1, g^4-g^2+1$, поскольку последние могут входить в разложение чисел $3, 7, 13$ только в первой степени.

Следовательно, идеалы $(g^4-g^3+g^2-g+1) \mathbb{Z}[g], (2 g^4+g^3+4 g^2+2 g+1) \mathbb{Z}[g], (4 g^4-2 g^3+g^2+6 g-3) \mathbb{Z}[g]$ являются простыми.

Значит любой простой идеал, который делит одно из чисел $2, 3, 5, 7, 13$ генерируется одним из множителей, входящим в правые части равенств (11).
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение13.09.2014, 20:39 


31/03/06
1384
Лемма 2.5
--------------

Пусть $\rho$ - простой идеал поля $\mathbb{Q}[g]$, делящий $11$.
Тогда $\rho=11 \mathbb{Z}[g]$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $N(\rho)=11^m$.
Тогда $g^{11^m-1}-1$ делится на $\rho$, в силу малой теоремы Ферма для идеалов.
Следовательно, $2^{\frac{11^m-1}{5}}-1$ делится на $11$.
Следовательно, $2^{\frac{11-1}{5}\frac{11^m-1}{11-1}}-1$ делится на $11$.
Следовательно, $4^{11^{m-1}+11^{m-2}+...+1}-1$ делится на $11$.
Следовательно $4^m-1$ делится на $11$, поскольку $11^{m-1}+11^{m-2}+...+1$ даёт остаток $m$ при делении на $10$, и $4^{10} \equiv 1$ по модулю $11$.

Поскольку числа $4-1, 4^2-1, 4^3-1, 4^4-1$ не делятся на $11$, то $m \ne 1, 2, 3, 4$
Следовательно, $m=5$ и $\rho=11 \mathbb{Z}[g]$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение13.09.2014, 23:10 


31/03/06
1384
Лемма 3
----------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число, и $xv$ делится на 5.
Тогда $x^2-g^2 v$ и $x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4$ не имеют в $\mathbb{Z}[g]$ общих делителей - идеалов.

Доказательство:
--------------------

Предположим, что $x^2-g^2 v$ и $x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4$ имеют общий простой делитель: идеал $\beta$.
Поскольку $x$ - нечётное число, и $x$ взаимно-просто с $v$, то существуют такие целые числа $m$ и $n$, что $m x^2+n (2v)=1$.
Поскольку $g^5=2$, то $m x^2+n g^3 (g^2 v)=1$, следовательно $x^2$ взаимно-просто в $\mathbb{Z}[g]$ с $g^2 v$ , и поскольку $x^2-g^2 v$ делится на $\beta$, то
(3.1) $g^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Поскольку $xv$ делится на 5, то
(3.2) $g^2 x^2 v$ делится на $5$.

Из (3.1) и (3.2) следует, что $5$ не делится на $\beta$ и:
(3.3) $5 g^2 x^2 v$ не делится на $\beta$.

Из (3.3) следует, что числа $5, g, x, v$ не делятся на $\beta$, следовательно (поскольку $\beta$ - простой идеал):
(3.4) $5 g^8 v^4$ не делится на $\beta$.

Но
$5 g^8 v^4=(x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)-(x^2-g^2 v) (x^6+2 x^4 g^2 v+3 x^2 g^4 v^2+4 g^6 v^3)$

делится на $\beta$, что противоречит (3.4).


Лемма 3.1
-------------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 5.
Пусть $x^{10}-4 v^5=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$(x^2-g^2 v) \mathbb{Z}[g]=I^2$,

где $I$ - некоторый идеал кольца $\mathbb{Z}[g]$, норма которого равна $a$.

Доказательство:
--------------------

Имеем:

(3.1.1) $(x^2-g^2 v)(x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)=x^{10}-4 v^5=a^2$.

Из (3.1.1) следует:

(3.1.2) $((x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g])((x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)\mathbb{Z}[g])=(a \mathbb{Z}[g])^2$,

Если какой-либо простой идеал $\rho$ является делителем идеала $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$, то идеал $(x^8+g^2 x^6 v+g^4 x^4 v^2+g^6 x^2 v^3+g^8 v^4)\mathbb{Z}[g]$ не делится на $\rho$ в силу леммы 3.
Значит идеал $\rho$ входит в разложение идеала $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$ на простые множители в чётной степени, поскольку $\rho$ входит в чётной степени в разложение правой части равенства (3.1.2).
Следовательно, идеал $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$ является квадратом некоторого идеала $I$.
Поскольку норма идеала $(x^2-g^2 v)\mathbb{Z}[g]$ равна $x^{10}-4 v^5=a^2$, то норма идеала $I$ равна $a$, что и требовалось.


Лемма 3.2
--------------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 5.
Пусть $x^{10}-4 v^5=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$x^2-g^2 v=u \beta^2$,

где $u$ - некоторый делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[g]$, а $\beta$ - некоторое число этого кольца.

Доказательство:
---------------------

Согласно лемме 3.1, в кольце $\mathbb{Z}[g]$, существует идеал $I$, такой что:

(3.2.1) $(x^2-g^2 v) \mathbb{Z}[g]=I^2$,

(3.2.2) $N(I)=a$.

Cогласно (V), существует такое число $\alpha$, принадлежащее идеалу $I$, что:

(3.2.3) $|N(\alpha)| \leq (\frac{4}{\pi})^{r_2} n! n^{-n} \sqrt{|\Delta_F|} N(I)$,

где $n=5$, $r_2=2$, $\Delta_F=2^4 \cdot 5^5$ в силу (II), $N(I)=a$ в силу (3.2.2).

Значит:

(3.2.4) $|N(\alpha)|< (\frac{4}{3.14})^2 120/5^5 \sqrt{2^4 \cdot 5^5} a$,

Вычисление $(\frac{4}{3.14})^2 120/5^5 \sqrt{2^4 \cdot 5^5}$ (коммандой "print (4/3.14)^2*120/5^5*(2^4*5^5)^.5" на UBASIC) даёт 13.93..., значит:

(3.2.5) $|N(\alpha)|< 14 a$.

Из (3.2.5) следует:

(3.2.6) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))<(14 a)^2/a^2=14^2$.

Число $\alpha^2/(x^2-g^2 v)$ является целым алгебраическим числом, потому что из принадлежности числа $\alpha$ идеалу $I$, следует, что $\alpha^2$ принадлежит идеалу $I^2=(x^2-g^2 v) \mathbb{Z}[g]$.

Значит

(3.2.7) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ является целым числом.

Поскольку $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))=(N(\alpha))^2/N((x^2-g^2 v))=(N(\alpha))^2/a^2=(N(\alpha)/a)^2$, то:

(3.2.8) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ является квадратом рационального числа.

Из (3.2.7) и (3.2.8) следует:

(3.2.9) $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ является квадратом целого рационального числа.

Из (3.2.6) и (3.2.9) следует:

(3.2.10) Норма $N(\alpha^2/(x^2-g^2 v))$ равна одному из чисел: $1, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2, 6^2, 7^2, 8^2, 9^2, 10^2, 11^2, 12^2, 13^2$

Из (3.2.10), лемм 2.4 и 2.5 и (IV) следует:

(3.2.11) идеал $(\alpha^2/(x^2-g^2 v)) \mathbb{Z}[g]$ является произведением степеней главных простых идеалов.

Из (3.2.11) и леммы 3.1 следует, что эти степени чётные, значит:

(3.2.12) $(\alpha^2/(x^2-g^2 v)) \mathbb{Z}[g]=\gamma^2 \mathbb{Z}[g]$ где $\gamma \in \mathbb{Z}[g]$.

Из (3.2.12) следует:

(3.2.13) $u \alpha^2/(x^2-g^2 v)=\gamma^2$, где $u$ - делитель единицы в кольце $\mathbb{Z}[g]$.

Пусть $\beta=\alpha/\gamma$.

Тогда из (3.2.13) следует:

(3.2.14) $x^2-g^2 v=u \beta^2$.

Из (3.2.14) следует, что $\beta^2$ является целым алгебраическим числом, следовательно $\beta$ является целым алгебраическим числом, а поскольку $\beta=\alpha/\gamma \in \mathbb{Q}[g]$, то $\beta \in \mathbb{Z}[g]$, в силу теоремы 1.

Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение14.09.2014, 07:37 


31/03/06
1384
Найдём фундаментальные единицы поля $\mathbb{Q}[g]$ в программе "Sage":

Код:
K.<a>=NumberField(x^5-2);K
UK = UnitGroup(K); UK
UK.gens()
UK.gens_values()


Получим: $g-1$ и $g^3+g^2-1$.

Добавим в список используемых утверждений следующее:

(VIII) Числа $g-1$ и $g^3+g^2-1$ являются фундаментальными единицами поля $\mathbb{Q}[g]$, где $g=\sqrt[5]{2}$.

Это утверждение, также как и (VII), мы пока не доказали, а только проверили в математической программе "Sage".


Лемма 3.3
-------------

Пусть $x$ и $v$ - целые взаимно-простые числа, $x$ - нечётное число и $xv$ делится на 5.
Пусть $x^{10}-4 v^5=a^2$, где $a$ - ненулевое целое число.

Тогда

$x^2-g^2 v=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.

Доказательство:
---------------------

Кольцо $\mathbb{Z}[g]$ состоит из действительных чисел, следовательно:

(3.3.1) в группе (по умножению) делителей единицы кольца $\mathbb{Z}[g]$ есть только два элемента конечного порядка: $-1$ и $1$.

Из (3.3.1), (VI), (VIII) и леммы (3.2) следует:

(3.3.2) $x^2-g^2 v=\pm u \beta^2$,

где $\beta \in \mathbb{Z}[g]$, а $u$ - одно из четырёх чисел: $1, g-1, g^3+g^2-1, (g-1) (g^3+g^2-1)$.

Последнее из этих чисел равно $(g-1) (g^3+g^2-1)=g^4-g^2-g+1$.

Из (3.3.2) следует:

(3.3.3) $\pm u (x^2-g^2 v)=(u \beta)^2$,

где $\beta \in \mathbb{Z}[g]$, а $u$ - одно из четырёх чисел: $1, g-1, g^3+g^2-1, g^4-g^2-g+1$.

Если $u=g-1$ то $u (x^2-g^2 v)=-x^2+x^2 g+v g^2-v g^3$.
Если $u=g^3+g^2-1$ то $u (x^2-g^2 v)=(-x^2-2 v)+(x^2+v) g^2+x^2 g^3-v g^4$.
Если $u=g^4-g^2-g+1$ то $u (x^2-g^2 v)=x^2-(x^2+2 v) g-(x^2+v) g^2+v g^3+(x^2+v) g^4$.

Значит:

(3.3.4) если $u=g-1$ или $u=g^4-g^2-g+1$, то коэффициент при $g$ в левой части равенства (3.3.3) нечётный, а если $u=g^3+g^2-1$, то коэффициент при $g^3$ в левой части равенства (3.3.3) нечётный.

Из (3.3.3) и (3.3.4) следует, что $u=1$, поскольку коэффициенты при нечётных степенях $g$ в правой части равенства (3.3.3) (после возведения в квадрат) - чётные.
Значит:

(3.3.5) $\pm (x^2-g^2 v)=\beta^2$.

Если $v \le 0$, то $x^2-g^2 v>0$, поскольку $x$ - нечётное число и $g>0$.
Если $v>0$, то $x^2-g^2 v>0$, так как $x^2/(g^2 v)>1$, поскольку из $x^{10}-4 v^5=a^2$ и $a \ne 0$ следует: $(x^2/(g^2 v))^5>1$.
Значит:

(3.3.6) $x^2-g^2 v>0$

Из (3.3.5) и (3.3.6) следует:

(3.3.7) $x^2-g^2 v=\beta^2$.

Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение14.09.2014, 13:36 


31/03/06
1384
Лемма 4.1
--------------

Пусть $x$ и $v$ - целые числа.
Пусть $x^2-g^2 v=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$, где $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа.

Тогда выполняются следующие равенства:

(4.1.1) $2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2=0$

(4.1.2) $a_0 a_3+a_1 a_2+a_4^2=0$

(4.1.3) $a_0 a_1+2 a_2 a_4+a_3^2=0$

(4.1.4) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3=x^2$

(4.1.5) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2=-v$

Доказательство:
--------------------

Имеем:

$(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2=(a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3)+(2 a_0 a_1+4 a_2 a_4+2 a_3^2) g+(2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2) g^2+(2 a_0 a_3+2 a_1 a_2+2 a_4^2) g^3+(2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2) g^4$

Следовательно,

(4.1.6)
$x^2-g^2 v=(a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3)+(2 a_0 a_1+4 a_2 a_4+2 a_3^2) g+(2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2) g^2+(2 a_0 a_3+2 a_1 a_2+2 a_4^2) g^3+(2 a_0 a_4+2 a_1 a_3+a_2^2) g^4$,

поскольку $x^2-g^2 v=(a_0+a_1 g+a_2 g^2+a_3 g^3+a_4 g^4)^2$.

Равенства (4.1.1), (4.1.2), (4.1.3), (4.1.4), (4.1.5) следуют из равенства (4.1.6), поскольку $g^5-2$ является минимальным полиномом числа $g$, и это число не может быть корнем полинома меньшей степени с ненулевыми коэффициентами.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение15.09.2014, 01:15 


31/03/06
1384
Исправим последнее предложение:

Равенства (4.1.1), (4.1.2), (4.1.3), (4.1.4), (4.1.5) следуют из равенства (4.1.6), поскольку $g^5-2$ является минимальным полиномом числа $g$, и это число не может быть корнем полинома меньшей степени с ненулевыми рациональными коэффициентами.

Мы добавили слово "рациональными".

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение15.09.2014, 12:54 


31/03/06
1384
Лемма 4.2
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Тогда выполняются следующие равенства:

(4.2.1) $10 (a_2 a_4)^3-10 (a_2 a_4)^2 a_3^2+4 a_3^6=a_3 (a_2^5+4 a_4^5)$

(4.2.2) $5 (a_2^2 a_4)=2 a_3 (a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3)$

(4.2.3) $5 (a_2 a_4^2)=a_3 (2 a_1^2-a_0 a_2-2 a_3 a_4)$

(4.2.4) $2 (a_0 a_1)^2+6 (a_0 a_1)(a_2 a_4)+(a_2 a_4)^2=-(2 a_0 a_4^3+a_1 a_2^3)$

Доказательство:
---------------------

Отнимем равенство (4.1.2), умноженное на $2 a_3$ от равенства (4.1.1), умноженного на $a_2$.
Получим:

(4.2.5) $2 a_0 (a_2 a_4-a_3^2)=2 a_3 a_4^2-a_2^3$.

Отнимем равенство (4.1.2), умноженное на $2 a_4$ от равенства (4.1.1), умноженного на $a_3$.
Получим:

(4.2.6) $2 a_1 (a_2 a_4-a_3^2)=a_3 a_2^2-2 a_4^3$.

Покажем, что если $a_2 a_4-a_3^2=0$, то $a_2=0, a_3=0, a_4=0$.
Пусть $a_2 a_4-a_3^2=0$.
Из равенств (4.2.5) и (4.2.6) следует: $(2 a_3 a_4^2) (2 a_4^3)=(a_2^3) (a_3 a_2^2)$, следовательно $a_3 (4 a_4^5-a_2^5)=0$.
Следовательно $a_3=0$ или $a_4=0$, поскольку $4$ не равно пятой степени рационального числа.
Если $a_4=0$, то из $a_2 a_4-a_3^2=0$ следует $a_3=0$
Значит $a_3=0$.
Поскольку $a_2 a_4-a_3^2=0$, то $a_2 a_4=0$.
Если $a_2=0$ то $a_4=0$ из равенства (4.1.2).
Если $a_4=0$ то $a_2=0$ из равенства (4.1.1).
Что и требовалось.

Если $a_2 a_4-a_3^2=0$, то равенства (4.2.1), (4.2.2) и (4.2.3) выполняются, поскольку $a_2=0, a_3=0, a_4=0$.

Покажем, что если $a_2 a_4-a_3^2 \ne 0$, то равенства (4.2.1), (4.2.2) и (4.2.3) выполняются.
Пусть $a_2 a_4-a_3^2 \ne 0$.
Найдем $a_0$ и $a_1$ из равенств (4.2.5) и (4.2.6) и подставим в левую часть равенства (4.1.3):

Код:
a0:=(2*a3*a4^2-a2^3)/(2 (a2*a4-a3^2));
a1:=(a3*a2^2-2*a4^3)/(2 (a2*a4-a3^2));

a0*a1+2*a2*a4+a3^2;


Получим:

$\frac{-a_2^5 a_3+10 a_2^3 a_4^3-10 a_2^2 a_4^2 a_3^2+4 a_3^6-4 a_3 a_4^5}{4 (a_2^2 a_4^2-2 a_2 a_3^2 a_4+a_3^4)}=0$,

следовательно равенство (4.2.1) выполняется.

Подставим теперь $a_0$ и $a_1$ из равенств (4.2.5) и (4.2.6) в разность между левой и правой частью равенств (4.2.2) и (4.2.3):

Код:
a0:=(2*a3*a4^2-a2^3)/(2 (a2*a4-a3^2));
a1:=(a3*a2^2-2*a4^3)/(2 (a2*a4-a3^2));

5*(a2^2*a4)-2*a3*(a0^2-a1*a4-a2*a3);
5*(a2*a4^2)-a3*(2*a1^2-a0*a2-2*a3*a4);


Получим выражения:

$a_2 \frac{-a_2^5 a_3+10 a_2^3 a_4^3-10 a_2^2 a_4^2 a_3^2+4 a_3^6-4 a_3 a_4^5}{2 (a_2^2 a_4^2-2 a_2 a_3^2 a_4+a_3^4)}$,

$a_4 \frac{-a_2^5 a_3+10 a_2^3 a_4^3-10 a_2^2 a_4^2 a_3^2+4 a_3^6-4 a_3 a_4^5}{2 (a_2^2 a_4^2-2 a_2 a_3^2 a_4+a_3^4)}$,

которые равны нулю, в силу равенства (4.2.1).
Значит равенства (4.2.2) и (4.2.3) выполняются.
Что и требовалось.

Докажем теперь равенство (4.2.4).

Из равенств (4.1.1) и (4.1.2) следует: $2 a_0 a_4+a_2^2=-2 a_1 a_3$ и $a_1 a_2+a_4^2=-a_0 a_3$.
Перемножая эти равенства и сравнивая результат с равенством (4.1.3) получим:

(4.2.7) $(2 a_0 a_4+a_2^2)(a_1 a_2+a_4^2)=-2 a_0 a_1 (a_0 a_1+2 a_2 a_4)$.

Отнимем правую часть равенства (4.2.7) из левой части и раскроем скобки:

Код:
(2*a0*a4+a2^2)*(a1*a2+a4^2)+2*a0*a1*(a0*a1+2*a2*a4);


Получим: $2 a_0^2 a_1^2+6 a_0 a_1 a_2 a_4+2 a_0 a_4^3+a_1 a_2^3+a_2^2 a_4^2=0$, следовательно, равенство (4.2.4) выполняется.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение15.09.2014, 18:30 


31/03/06
1384
Лемма 4.3
-------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть $a_3$ делится на простое число $p$, где $p \ne 5$.

Тогда $a_2$ делится на $p$, и $a_4$ делится на $p$.

Доказательство:
---------------------

Рассмотрим два случая: $p \ne 2$ и $p=2$.

1) $p \ne 2$.

Произведение $a_2 a_4$ делится на $p$, в силу равенства (4.2.1) из леммы 4.2.
Если $a_2$ делится на $p$ то из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $p$, поскольку $a_3$ делится на $p$.
Если $a_4$ делится на $p$ то из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $p$, поскольку $a_3$ делится на $p$.

2) $p=2$.

Из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $2$.
Из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $2$, поскольку числа $a_2$ и $a_3$ делятся на $2$.


Лемма 4.4
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).

Если $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $2$, то числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$.

Доказательство:
---------------------

Пусть $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $2$.
Тогда $a_1$ делится на $2$.
Из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $2$.
Из равенства (4.1.3) следует, что $a_3$ делится на $2$, поскольку числа $a_1$ и $a_2$ делятся на $2$.
Из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $2$, поскольку числа $a_2$ и $a_3$ делятся на $2$.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение15.09.2014, 20:50 


31/03/06
1384
Лемма 4.5
-------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть одно из чисел $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ и $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $5$, а другое не делится на $5$.
Тогда числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $5$.

Доказательство:
---------------------

Покажем, что $a_3$ делится на $5$.
Рассмотрим два случая: 1) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ не делится на $5$ и 2) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ не делится на $5$.

1) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$ не делится на $5$.

Число $a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3$ не делится на $5$, поскольку $a_0^2-a_1 a_4-a_2 a_3=a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3-5 (a_1 a_4+a_2 a_3)$.
Следовательно $a_3$ делится на $5$, в силу равенства (4.2.2).

2) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ не делится на $5$.

Число $2 a_1^2-a_0 a_2-2 a_3 a_4$ не делится на $5$, поскольку $2 a_1^2-a_0 a_2-2 a_3 a_4=2 (2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2)-5 (a_0 a_2+2 a_3 a_4)$.
Следовательно $a_3$ делится на $5$, в силу равенства (4.2.3).

Что и требовалось.

Покажем, что если $a_2 a_4$ не делится на $5$, то $a_2^5-a_4^5$ делится на $5$.
Пусть $a_2 a_4$ не делится на $5$.
Из равенств (4.1.1) и (4.1.2) следует: $a_0 \equiv -a_2^2/(2 a_4), a_1 \equiv -a_4^2/a_2$ по модулю $5$.
Следовательно:
$a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3 \equiv \frac{a_2^4}{4 a_4^2}-\frac{4 a_4^3}{a_2} \equiv \frac{a_2^5-16 a_4^5}{4 a_4^2 a_2}$ по модулю $5$,
$2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2 \equiv \frac{-a_2^3}{a_4}+\frac{a_4^4}{a_2^2} \equiv \frac{a_4^5-a_2^5}{a_4 a_2^2}$ по модулю $5$.
Значит:

(4.5.1) $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3 \equiv \frac{a_2^5-16 a_4^5}{4 a_4^2 a_2}$ по модулю $5$,

(4.5.2) $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2 \equiv \frac{a_4^5-a_2^5}{a_4 a_2^2}$ по модулю $5$.

Поскольку либо $a_0^2+4 a_1 a_4+4 a_2 a_3$, либо $2 a_0 a_2+4 a_3 a_4+a_1^2$ делится на $5$ по условию леммы, то либо из равенства (4.5.1), либо из равенства (4.5.2) следует: $a_2^5-a_4^5$ делится на $5$.
Что и требовалось.

Покажем что $a_2 a_4$ делится на $5$.
Предположим обратное, что $a_2 a_4$ не делится на $5$.
Тогда $a_2^5-a_4^5$ делится на $5$, следовательно $a_2^5+4 a_4^5$ делится на $5$.
Поскольку $a_3$ делится на $5$, то в равенстве (4.2.1) левая часть не делится на $25$, а правая делится на $25$.
Значит $a_2 a_4$ делится на $5$.
Что и требовалось.

Покажем, что $a_2$ и $a_4$ делятся на $5$.
Если $a_2$ делится на $5$ то из равенства (4.1.2) следует, что $a_4$ делится на $5$, поскольку $a_3$ делится на $5$.
Если $a_4$ делится на $5$ то из равенства (4.1.1) следует, что $a_2$ делится на $5$, поскольку $a_3$ делится на $5$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение15.09.2014, 23:40 


31/03/06
1384
Лемма 4.6
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на простое число $p$, где $p \ne 2$.
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Пусть одно из чисел $a_0$ и $a_1$ делится на $p$, а другое нет.

Число $a_3$ делится на $p^{4 t}$.

Если $a_0$ не делится на $p$, то наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{t}, p^{2 t}$.

Если $a_1$ не делится на $p$, то наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{2 t}, p^{t}$.

Доказательство:
---------------------

Рассмотрим два случая.

1) $a_0$ не делится на $p$, и $a_1$ делится на $p$.

Из равенства (4.1.3) следует следует, что $a_1$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $p^{4 t}$.
Значит, $a_1$ делится на $p^{3 t}$, $a_2$ делится на $p^t$, $a_3$ делится на $p^{4 t}$, $a_4$ делится на $p^{2 t}$.

Число $a_2$ не делится на $p^{t+1}$, иначе числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^{t+1}$, в противоречии с тем, что $p^t$ - наибольшая степень $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.

С учётом этого, из из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ не делится на $p^{2 t+1}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ не делится на $p^{3 t+1}$.
Значит, наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{t}, p^{2 t}$.

2) $a_1$ не делится на $p$, и $a_0$ делится на $p$.

Из равенства (4.1.3) следует, что $a_0$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_2$ делится на $p^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_3$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_0$ делится на $p^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_3$ делится на $p^{4 t}$.
Значит, $a_0$ делится на $p^{3 t}$, $a_2$ делится на $p^{2 t}$, $a_3$ делится на $p^{4 t}$, $a_4$ делится на $p^t$.

Число $a_4$ не делится на $p^{t+1}$, иначе числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $p^{t+1}$, в противоречии с тем, что $p^t$ - наибольшая степень $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.

С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_2$ не делится на $p^{2 t+1}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_0$ не делится на $p^{3 t+1}$.
Значит, наибольшими степенями $p$, на которые делятся числа $a_0, a_2, a_4$ являются соответственно $p^{3 t}, p^{2 t}, p^t$.

Что и требовалось.

 Профиль  
                  
 
 Re: ВТФ - поиск доказательства для $n=5$ - тема 5
Сообщение16.09.2014, 06:29 


31/03/06
1384
Лемма 4.7
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на простое число $p$, где $p \ne 2$.
Пусть $p^t$ - наибольшая степень числа $p$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Пусть одно из чисел $a_0$ и $a_1$ делится на $p$, а другое нет.

Если $p \ne 5$, то наибольшей степенью $p$, на которую делится число $a_3$ является $p^{4 t}$.
Если $p=5$, то наибольшей степенью $p$, на которую делится число $a_3$ является $p^{4 t}+1$.

Доказательство:
---------------------

Число $a_3$ делится на $p^{4 t}$, число $a_2 a_4$ делится на $p^{3 t}$ и не делится на $p^{3 t+1}$ в силу леммы 4.6.
Следовательно, наибольшая степень $p$, на которую делится левая часть равенства (4.2.1), равна наибольшей степени $p$, на которую делится число $10 (a_2 a_4)^3$, то есть $p^{9 t}$ если $p \ne 5$ и $p^{9 t+1}$ если $p=5$.
Следовательно, наибольшая степень $p$, на которую делится правая часть равенства (4.2.1), равна $p^{9 t}$ если $p \ne 5$ и $p^{9 t+1}$ если $p=5$.
Следовательно, наибольшая степень $p$, на которую делится число $a_3$ равна $p^{4 t}$ если $p \ne 5$ и $p^{4 t+1}$ если $p=5$, поскольку наибольшая степень $p$, на которую делится число $a_2^5+4 a_4^5$ равна $p^{5 t}$, в силу леммы 4.6.

-- Вт сен 16, 2014 07:28:44 --

Лемма 4.8
--------------

Пусть $a_0, a_1, a_2, a_3, a_4$ - целые числа удовлетворяющие равенствам (4.1.1), (4.1.2) и (4.1.3).
Пусть числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $2$.
Пусть $2^t$ - наибольшая степень числа $2$, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Пусть $a_1$ делится на $2$, а $a_0$ не делится на $2$.

Наибольшими степенями числа $2$, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $2^{3 t}, 2^{t}, 2^{4 t-2}, 2^{2 t-1}$.

Доказательство:
---------------------

Из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ делится на $2^{2 t}$.
Из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ делится на $2^{2 t-1}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $2^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ делится на $2^{3 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ делится на $2^{4 t-2}$.
Значит, $a_1$ делится на $2^{3 t}$, $a_2$ делится на $2^t$, $a_3$ делится на $2^{4 t-2}$, $a_4$ делится на $2^{2 t-1}$.

Покажем, что $a_2$ не делится на $2^{t+1}$.
Предположим, что это не так, и $a_2$ делится на $2^{t+1}$.
Тогда из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ делится на $2^{2 t+1}$.
Следовательно, числа $a_2, a_3, a_4$ делятся на $2^{t+1}$.
Это противоречит тому, что $2^t$ - наибольшая степень двух, на которую делятся числа $a_2, a_3, a_4$.
Значит, $a_2$ не делится на $2^{t+1}$.
Что и требовалось.

С учётом этого, из равенства (4.1.1) следует, что $a_4$ не делится на $2^{2 t}$.
С учётом этого, из равенства (4.1.2) следует, что $a_3$ не делится на $2^{4 t-1}$, и из равенства (4.1.3) следует, что $a_1$ не делится на $2^{3 t+1}$.
Значит, наибольшими степенями двух, на которые делятся числа $a_1, a_2, a_3, a_4$ являются соответственно $2^{3 t}, 2^{t}, 2^{4 t-2}, 2^{2 t-1}$.
Что и требовалось.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 24 ]  На страницу 1, 2  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group